2023-2024學年福建省龍巖市高一上冊期末數學學情檢測模擬試題合集2套（含解析）

2023-2024學年福建省龍巖市高一上冊期末數學學情檢測模擬試題一、單選題1．將函數的圖象向左平移個單位得到函數的圖象，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】依據平移然后判斷可知，簡單判斷可知結果.【詳解】由已知可得，∴，∴．∵，∴的最小值是．故選：C2．我國某科研機構新研制了一種治療新冠肺炎的注射性新藥，并已進入二期臨床試驗階段．已知這種新藥在注射停止后的血藥含量c（t）（單位：mg/L）隨著時間t（單位：h）的變化用指數模型描述，假定某藥物的消除速率常數（單位：），剛注射這種新藥后的初始血藥含量，且這種新藥在病人體內的血藥含量不低于1000mg/L時才會對新冠肺炎起療效，現(xiàn)給某新冠病人注射了這種新藥，則該新藥對病人有療效的時長大約為（

）（參考數據：）A．5.32h B．6.23h C．6.93h D．7.52h【答案】C【分析】利用已知條件，該藥在機體內的血藥濃度變?yōu)?000mg/L時需要的時間為，轉化求解即可.【詳解】解：由題意得：設該要在機體內的血藥濃度變?yōu)?000mg/L需要的時間為故，故該新藥對病人有療效的時長大約為故選：C3．某工廠設計了一款純凈水提煉裝置，該裝置可去除自來水中的雜質并提煉出可直接飲用的純凈水，假設該裝置每次提煉能夠減少水中50%的雜質，要使水中的雜質不超過原來的4%，則至少需要提煉的次數為（

）（參考數據：?。〢．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【分析】根據題意列出相應的不等式，利用對數值計算可得答案.【詳解】設經過次提煉后，水中的雜質不超過原來的4%，由題意得，得，所以至少需要5次提煉，故選：A.4．設函數在的圖像大致如下圖，則f(x)的最小正周期為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由圖可得：函數圖象過點，即可得到，結合是函數圖象與軸負半軸的第一個交點即可得到，即可求得，再利用三角函數周期公式即可得解.【詳解】由圖可得：函數圖象過點，將它代入函數可得：又是函數圖象與軸負半軸的第一個交點，所以，解得：所以函數的最小正周期為故選：C【點睛】本題主要考查了三角函數的性質及轉化能力，還考查了三角函數周期公式，屬于中檔題.5．已知∈（0，），2sin2α=cos2α+1，則sinα=A． B．C． D．【答案】B【分析】利用二倍角公式得到正余弦關系，利用角范圍及正余弦平方和為1關系得出答案．【詳解】，．，又，，又，，故選B．【點睛】本題為三角函數中二倍角公式、同角三角函數基本關系式的考查，中等難度，判斷正余弦正負，運算準確性是關鍵，題目不難，需細心，解決三角函數問題，研究角的范圍后得出三角函數值的正負，很關鍵，切記不能憑感覺．6．已知函數．給出下列結論：①的最小正周期為；②是的最大值；③把函數的圖象上所有點向左平移個單位長度，可得到函數的圖象．其中所有正確結論的序號是（

）A．① B．①③ C．②③ D．①②③【答案】B【分析】對所給選項結合正弦型函數的性質逐一判斷即可.【詳解】因為，所以周期，故①正確；，故②不正確；將函數的圖象上所有點向左平移個單位長度，得到的圖象，故③正確.故選：B.【點晴】本題主要考查正弦型函數的性質及圖象的平移，考查學生的數學運算能力，邏輯分析那能力，是一道容易題.7．已知函數的值域為，則（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】由題可得，令，設，則，再利用二次函數的性質分類討論即求.【詳解】∵，∴，令，設，則，當時，在上單調遞減，∴，解得，∴，當時，在上單調遞增，∴，解得，∴，當時，，無解，當時，，無解.綜上，或.故選：C.8．已知函數的定義域為，值域為，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據正弦函數的圖象特征和性質，結合定義域和值域，即可求解.【詳解】，因為，所以，因為，所以.正弦函數在一個周期內，要滿足上式，則，所以，所以的取值范圍是.故選：D二、多選題9．若∈[0，2π]，sinsincoscos0，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】CD【分析】由已知結合兩角差的余弦公式進行化簡求解即可．【詳解】解：因為∈[0，2π]，sinsincoscoscos＝0，則或，故選：CD．10．中國傳統(tǒng)扇文化有著極其深厚的底蘊，一般情況下，折扇可看作是從一個圓面中剪下的扇形制作而成，如圖，設扇形的面積為，其圓心角為，圓面中剩余部分的面積為，當與的比值為時，扇面為“美觀扇面”，下列結論正確的是（參考數據：）（

）A．B．若，扇形的半徑，則C．若扇面為“美觀扇面”，則D．若扇面為“美觀扇面”，扇形的半徑，則此時的扇形面積為【答案】AC【分析】首先確定所在扇形的圓心角，結合扇形面積公式可確定A正確；由可求得，代入扇形面積公式可知B錯誤；由即可求得，知C正確；由扇形面積公式可直接判斷出D錯誤.【詳解】對于A，與所在扇形的圓心角分別為，，，A正確；對于B，，，，B錯誤；對于C，，，，C正確；對于D，，D錯誤.故選：AC.11．設的終邊在第二象限，則的值可能為（

）A．1 B．-1 C．-2 D．2【答案】AB【分析】先求得的范圍，由此進行分類討論，結合二倍角公式、同角三角函數的基本關系式，化簡求得所求表達式的值.【詳解】∵的終邊在第二象限，∴，，∴，，，故當，時，，當，時，，.故選：AB12．已知函數f(x)＝sin(|cosx|)＋cos(|sinx|)，則以下結論正確的是（

）A．f(x)的圖象關于直線對稱 B．f(x)是最小正周期為2π的偶函數C．f(x)在區(qū)間上單調遞減 D．方程恰有三個不相等的實數根【答案】ACD【分析】根據對稱性，周期性，復合函數單調性可判斷選項ABC，結合單調性和周期性對函數和的圖象交點情況討論可判斷D.【詳解】，，，故A正確；，故B不正確；當時，單調遞減，單調遞增，所以，單調遞減，同理，單調遞減，故函數在區(qū)間上單調遞減，所以C正確；易知為偶函數，綜上可知：的周期為，且在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減.令，因為，，故函數與的圖象在區(qū)間內有且只有一個交點；又，故函數與的圖象在區(qū)間內有且只有一個交點；又，故函數與的圖象在區(qū)間內有且只有一個交點.因為，由周期性和單調性可知，當或時，兩函數圖象無交點.綜上所述，方程恰有三個不相等的實數根故選：ACD三、雙空題13．函數的最小值為___________，此時x的值為___________.【答案】

##【分析】利用三角恒等變換將化為只含有一個三角函數的形式，結合余弦函數的性質即可求得答案.【詳解】由題意得，∵，∴，∴，當時，有最小值，此時，解得，故答案為：；四、填空題14．已知函數在上單調遞增，則的最大值是____.【答案】4【分析】根據正弦型函數的單調性即可求解.【詳解】由函數在區(qū)間上單調遞增，可得，求得，故的最大值為，故答案為：415．若，，則___________.【答案】【分析】由余弦的和差角公式得，，進而得【詳解】解：因為，所以.因為，所以，所以，，所以.故答案為：16．已知函數，其中，，為的零點，且恒成立，在區(qū)間上有最小值無最大值，則的最大值是_______【答案】15【分析】由題意可得是y＝f（x）圖像的對稱軸，而為f（x）的零點，從而可得?，n∈Z，由在區(qū)間上有最小值無最大值，可得周期T≥（），從而可求得ω≤16，然后對ω＝15進行檢驗即可【詳解】由題意知函數為y＝f（x）圖象的對稱軸，為f（x）的零點，∴?，n∈Z，∴ω＝2n+1．∵f（x）在區(qū)間上有最小值無最大值，∴周期T≥（），即，∴ω≤16．∴要求的最大值，結合選項，先檢驗ω＝15，當ω＝15時，由題意可得15+φ＝kπ，φ，函數為y＝f（x）＝sin（15x），在區(qū)間上，15x∈[，），此時f（x）在時取得最小值，∴ω=15滿足題意．則ω的最大值為15.故答案為：15.【點睛】關鍵點點睛：此題考查三角函數的圖像和性質的應用，解題的關鍵是恒成立，得是y＝f（x）圖像的對稱軸，再結合為的零點，可得?，n∈Z，考查分析問題的能力，屬于較難題五、解答題17．已知函數的最大值為.(1)求函數的單調遞減區(qū)間；(2)若，求函數的值域.【答案】(1)，(2)【分析】(1)利用三角恒等變換化簡函數解析式為y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，ωx＋φ整體替換進行單調區(qū)間的求解；(2)求出ωx＋φ整體范圍，根據正弦型函數圖像求其值域﹒【詳解】（1）．由，解得．又，則，，解得，，所以函數的單調遞減區(qū)間為，；（2）由，則，所以，所以，所以函數的值域為．18．已知.（1）求的值；（2）已知，，且，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先求出，再化簡即得解；（2）先求出，再求出，求出，即得解.【詳解】（1）由已知得，所以（2）由，可得，則.因為，所以，又，則，因為，，則，則，所以.【點睛】易錯點睛：本題容易得出兩個答案，或.之所以得出兩個答案，是沒有分析縮小的范圍，從而得到.對于求角的大小的問題，一般先求出角的某三角函數值，再求出角的范圍，再得到角的大小.19．已知函數，其中.（1）求使得的的取值范圍；（2）若函數，且對任意的，當時，均有成立，求正實數的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）化簡函數的解析式，利用正弦函數的性質解不等式即可；（2）構造函數，由單調性的定義得出在區(qū)間上為增函數，結合正弦函數的單調性，得出正實數的最大值.【詳解】解：（1）由題意得，令，得即，故的取值范圍為（2）由題意得，令即故在區(qū)間上為增函數由，得出，，則函數包含原點的單調遞增區(qū)間為即故正實數的最大值為.【點睛】本題主要考查了解正弦不等式以及正弦型函數單調性的應用，屬于中檔題.20．在①，②這兩個條件中任選一個，補充到下面的問題中，并解答.已知角a是第一象限角，且___________.(1)求的值；(2)求的值.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】(1)(2)【分析】（1）選①：因為，求得，結合角是第一象限角，得到，進而求得的值.選②：化簡得到，結合角是第一象限角，進而得到的值.（2）化簡得到，結合，代入即可求解.【詳解】（1）解：選①：因為，所以，所以，因為角是第一象限角，所以，則.選②：因為，所以，解得或，因為角是第一象限角，所以.（2）解：由因為，所以，即.21．已知，，且，求、的值.【答案】【分析】首先利用和差化積以及二倍角公式對已知條件變形整理，得到一個可看作一元二次類的方程，通過對判別式、三角函數值的性質以及、的范圍即可求解.【詳解】對進行變形整理得，，即，上式可看作的一元二次方程，此方程有實根，，得，但，∴，∵，，∴，故，即，將代入，解得，故.22．設為常數，函數（）（1）設，求函數的單調遞增區(qū)間及頻率；（2）若函數為偶函數，求此函數的值域．【答案】（1）增區(qū)間為，頻率；（2）．【解析】（1）當時，化簡得到，結合三角函數的圖象與性質，即可求解；（2）由函數為偶函數，得到對于任意的，均有成立，進而求得，即可求得函數的值域.【詳解】（1）當時，函數，令，得，所以此函數的單調遞增區(qū)間為，又由函數的的最小正周期為，所以．（2）由題意，函數定義域，因為函數為偶函數，所以對于任意的，均有成立，即，即對于任意實數均成立，只有，此時，因為，所以，故此函數的值域為．【點睛】解答三角函數的性質的基本方法：1、根據已知條件化簡得出三角函數的解析式為的形式；2、熟練應用三角函數的圖象與性質（單調性、奇偶性、周期、對稱軸（中心）最值等），結合整體代換的方法，列出方程求解；2023-2024學年福建省龍巖市高一上冊期末數學學情檢測模擬試題一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據集合的運算法則計算．【詳解】由題意，所以．故選：A．2．已知命題，則命題的否定為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由特稱（存在）量詞命題的否定是全稱量詞命題直接可得.【詳解】由特稱（存在）量詞命題的否定是全稱量詞命題直接可得：命題的否定為：.故選：D3．設，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由指數函數的性質求得，由對數函數的性質求得，由三角函數的誘導公式，可得，即可得到答案.【詳解】由題意，根據指數函數的性質，可得，由對數函數的性質，可得且，即，由三角函數的誘導公式，可得，所以.故選：D.4．若，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用切化弦化簡技巧結合可得出，再由可得出，，再由可計算出的值.【詳解】因為，所以，，則，，.所以，所以，故選：A.【點睛】本題考查了切化弦思想以及同角三角函數平方關系的應用，利用計算是解答的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.5．已知角的終邊上一點，則（

）A． B．C． D．以上答案都不對【答案】C【分析】可由題意，利用坐標分別表示出，然后再計算即可得到答案.【詳解】因為角的終邊上一點，所以，，所以.故選：C.6．關于的方程在上有兩個不相等的實根，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據二次函數零點的分布列不等式組求解.【詳解】令，要滿足在上有兩個不相等的實根，則，解得故選：D7．盡管目前人類還無法準確預報地震，但科學家通過研究，已經對地震有所了解.例如，地震時釋放出的能量（單位：焦耳）與地震里氏震級之間的關系為.年月日，日本東北部海域發(fā)生里氏級地震，它所釋放出來的能量是2013年4月20日在四川省雅安市蘆山縣發(fā)生7.0級地震級地震的（

）倍.A． B． C． D．【答案】A【分析】根據給定條件，利用對數運算性質計算作答.【詳解】令日本東北部海域發(fā)生里氏級地震釋放出來的能量為，蘆山縣發(fā)生7.0級地震釋放出來的能量為，則有，即，所以所求結果為倍.故選：A8．已知函數，若（其中．），則的最小值為（

）．A． B． C．2 D．4【答案】B【分析】根據二次函數的性質及對數的運算可得，利用均值不等式求最值即可.【詳解】,由，，即，，當且僅當，即時等號成立，故選：B二、多選題9．已知函數，，則下列選項中正確的有（

）A．為奇函數 B．為偶函數C．的值域為 D．有最小值0【答案】AB【分析】由奇偶性定義可判斷AB；利用單調性可判斷CD；【詳解】因為，，所以為奇函數，故A正確；當時，，當且僅當即時等號成立；當時，，當且僅當即時等號成立；故C錯誤；因為，所以，所以為偶函數，故B正確；當時，是單調遞增函數，所以；當時，是單調遞減函數，，故D錯誤；故選：AB.10．以下四個命題，其中是真命題的有（

）．A．命題“”的否定是“”B．若，則C．函數且的圖象過定點D．若某扇形的周長為6cm，面積為2，圓心角為，則【答案】ACD【分析】對于A，根據全稱命題的否定可判斷；對于B，由不等式的性質可判斷；對于C，由對數函數的性質可判斷；對于D，由扇形的周長、面積公式計算可判斷.【詳解】對于A，由全稱命題的否定，可知選項A正確；對于B，若，則，根據的單調性，可知，故B不正確；對于C，當時，，故其過定點，故C正確；對于D，設扇形的半徑為，弧長為，則有，又，故D正確.故選：ACD11．已知函數，下列說法正確的是（

）．A．函數的圖象恒過定點B．函數在區(qū)間上單調遞減C．函數在區(qū)間上的最小值為0D．若對任意恒成立，則實數的取值范圍是【答案】ACD【分析】代入驗證可判斷A，由復合函數的單調性判斷B，根據絕對值的意義及對數的運算可判斷C，由函數單調性建立不等式求解可判斷D.【詳解】代入函數解析式，成立，故A正確；當時，，又，所以，由復合函數單調性可知，時，單調遞增，故B錯誤；當時，，所以，故C正確；當時，恒成立，所以由函數為增函數知即可，解得，故D正確.故選：ACD12．已知函數若方程有四個不等實根.下列說法正確的是（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】確定函數解析式，畫出函數圖像，根據函數得到，化簡得到A正確，根據圖像知B正確，利用均值不等式得到C錯誤，計算得到D正確，得到答案.【詳解】當時，，，畫出函數圖像，如圖所示：根據圖像知：，即，，A正確；，B正確；，，，即，即，展開得到，解得，由于，等號不成立，故C錯誤；，故，，D正確.故選：ABD三、填空題13．某城市出租車按如下方法收費：起步價8元，可行3(含3)，3到10(含10)每走1加價1.5元，10后每走1加價0.8元，某人坐該城市的出租車走了20，他應交費________元.【答案】26.5【分析】根據題意求出收費錢數y關于行車路程x的解析式，即可求解.【詳解】設x為行車路程，y為收費錢數，則，∴當x=20時，.故答案為：26.5.14．計算______【答案】【分析】由二倍角的正弦公式可得：原式，由兩角和差的正弦公式可得，再化簡求值即可.【詳解】解：，故答案為：.【點睛】本題考查了三角恒等變換及兩角和差的正弦公式，屬基礎題.15．已知，且，則______.【答案】【分析】根據誘導公式進行三角恒等變換，根據已知三角函數值和角的范圍進一步細化角的范圍，再利用同角的三角函數基本關系式即可求解.【詳解】，又，所以，又，所以，所以為負值，所以.故答案為：.16．已知函數集合，若集合中有3個元素，則實數的取值范圍為________．【答案】或【分析】令，記的兩根為，由題知的圖象與直線共有三個交點，從而轉化為一元二次方程根的分布問題，然后可解.【詳解】令，記的零點為，因為集合中有3個元素，所以的圖象與直線共有三個交點，則，或或當時，得，，滿足題意；當時，得，，滿足題意；當時，，解得.綜上，t的取值范圍為或.故答案為：或四、解答題17．在平面直角坐標系中，角的始邊為軸的非負半軸，終邊經過點，求下列各式的值：(1)；(2)．【答案】(1)-1(2)2【分析】根據三角函數的定義，，再利用三角恒等變換，分別化簡兩個式子，將正切值代入，即可得到答案；【詳解】（1）根據三角函數的定義，．

原式；（2）原式．18．設函數的定義域為集合的定義域為集合．(1)當時，求；(2)若“”是“”的必要條件，求實數的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）求出集合A，B，根據集合的補集、交集運算求解即可；（2）由必要條件轉化為集合間的包含關系，建立不等式求解即可.【詳解】（1）由，解得或，所以．．當時，由，即，解得，所以．所以．（2）由（1）知，．由，即，解得，所以．因為“”是“”的必要條件，所以．所以，解得．所以實數的取值范圍是．19．已知.(1)若，求的值.(2)若，，且?，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用誘導公式求出，進一步得出，再由齊次式即可求解.（2）由題意可得，，再由兩角和的正切公式即可求解.【詳解】（1）由已知，，得所以（2）依題意，由，可知，，∴，∴.∵，∴.又∵，∴.∴.而，∴.∴.∴.20．已知函數為奇函數．(1)求實數b的值，并用定義證明在R上的單調性；(2)若不等式對一切恒成立，求實數m的取值范圍．【答案】(1)，證明見解析(2)【分析】（1）根據奇偶性定義和函數的單調性證明即可求解；（2）根據函數性質進行變形理解即可得解.【詳解】（1）∵函數的定義域為R，且為奇函數，∴，解得．此時，所以為奇函數，所以．是R上是單調遞增函數.證